Analysis I für M, LaG/M, Ph 11.Übungsblatt

Analysis I für M, LaG/M, Ph 11.Übungsblatt

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 23.06.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Gruppenübung

Aufgabe G1 (Gleichmäßige Konvergenz) Beweisen Sie Satz 21.8 im Skript:

Es seiD⊆Rund(f_n)eine Funktionenfolge aufD, sowie f :D→Reine Funktion. Gibt es eine Nullfolge(αn)und einm∈N, so dass

|f_n(x)−f(x)| ≤αn für allen≥mund allex∈D gilt, so konvergiert(f_n)gleichmäßig aufDgegenf.

Lösung: Zu zeigen:

∀ε >0 ∃m∈N ∀n≥m,∀x∈D

f_n(x)−f(x) < ε.

Sei ε > 0. Da (αn)eine Nullfolge ist, existiert ein m ∈N, so dass αn < ε für alle n > m. Da nach Voraussetzung

|f_n(x)−f(x)| ≤αnfür allex∈Dundn≥m, gilt in diesem Fall also

|f_n(x)−f(x)| ≤αn< ε.

Aufgabe G2 (Gleichmäßige Stetigkeit) Beweisen Sie die folgende Ausssage:

Sei f :R→Rgleichmäßig stetig. Dann existierena,b∈R, so dass

|f(x)| ≤a|x|+b ∀x∈R.

Lösung: Wähleδ >0, so dass|f(x)−f(y)|<1gilt für alle x,y∈Rmit|x−y| ≤δ.

Seix∈Rbeliebig. Wir zeigen

|f(x)| ≤ 1

δ|x|+1+|f(0)|.

Es seim∈N0die größte nicht-negative ganze Zahl, so dassmδ≤ |x|gilt. Dann ist0≤ |x| −mδ < δ. Mit

ζ:=

(1 fallsx≥0,

−1 fallsx<0 gilt|x−ζmδ|< δ. Nach „Teleskopieren“ folgt mit der Dreiecksungleichung

|f(x)|=

f(x)−f(ζmδ) +

m−1

X

k=0

(f(ζ(k+1)δ)−f(ζkδ)) +f(0)

≤ |f(x)−f(ζmδ)|

| {z }

≤1

+

m−1X

k=0

|f(ζ(k+1)δ)−f(ζkδ)|

| {z }

≤1

+|f(0)|

≤m+1+|f(0)| ≤ 1

δ|x|+1+|f(0)|. Setzen wira:=¹_δ undb:=1+|f(0)|, erhalten wir das Gewünschte.

1

Aufgabe G3 (Grenzwerte von Funktionen) Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte

a)lim

x→1

x³+x²−x−1

x+1 b)lim

x→1

x³+x²−x−1

x−1 c)lim

x→1

x³+x²−x−1 x²−1

d)lim

x→0

1−p 1−x²

x² e)lim

x→0

x²

|x|

Lösung:

(a) Zunächst giltlimx→1x³=1,limx→1x²=1,limx→1(−x) =−1undlimx→1x+1=2. Somit folgt mit Satz 17.9 a) und d)limx→1x³+x²−x−1

x+1 =0.

(b) Zunächst gilt x³+x²−x−1= (x−1)(x+1)². Fürx6=1gilt also ^x3+x_x−1^2−x−1 = (x+1)². Mit Satz 17.9 a) folgt somitlimx→1x³+x²−x−1

x−1 =4.

(c) Die gleiche Faktorisierung des Zählers wie in b) liefert ^x3+_x^x₂^2−x−1

−1 = ^(x−1)(x+1)_(x−1)(x+1)² = x+1. Satz 17.9 a) liefert also limx→1

x³+x²−x−1 x²−1 =2.

(d) Wir erweitern den Bruch mit(1+p

1−x²)und erhalten

1−p 1−x²

x² = 1−(1−x²) x²(1+p

1−x²)= x² x²(1+p

1−x²)= 1 1+p

1−x²).

Nun giltlim_x→01−x²=1und mit der Stetigkeit der Wurzelfunktion in x=1erhalten wirlim_x→0p

1−x²=1.

Wiederum mit Satz 17.9 a) und d) ergibt sich alsolim_x→0¹⁻

p1−x² x² = ¹₂.

(e) Wir betrachten den linksseitigen und den rechtsseitigen Grenzwert getrennt: Sei x >0. Dann gilt _|x|^x2 = ^x_x² = x und somitlim_x→0+|x|^x2 =0. Sei x<0. Dann gilt _|x|^x2 =−^x_x² =−x und somitlim_x→0−|x|^x2 =0. Da linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen, giltlim_x→0^x2

|x|=0.

Hausübung

Aufgabe H1 (Gleichmäßige Konvergenz)

Es seiD⊆Rund(f_n)eine Funktionenfolge aufD. Zeigen Sie:

(a) Ist(f_n)gleichmäßig konvergent, so konvergiert auch die Folge(|f_n|)gleichmäßig aufDund zwar gegen|f|. (b) Die Funktionenfolge(fn)konvergiert genau dann gleichmäßig gegenf :D→R, wenn

nlim→∞sup

x∈D|f_n(x)−f(x)|=0

gilt. Ist die Funktion f beschränkt, so gilt in diesem Fall außerdemlim_n→∞sup_x∈D|f_n(x)|=sup_x∈D|f(x)|. Lösung:

(a) Sei(f_n)eine gleichmäßig konvergente Folge aufDmit Grenzfunktion f. Dann existiert nach Definition für jedes ε >0einn₀∈N, so dass für allen≥n₀und für allex∈Dgilt|f_n(x)−f(x)|< ε. Nach der Dreiecksungleichung gilt

f_n(x)

− f(x)

≤

f_n(x)−f(x)

und damit

f_n(x) −

f(x)

< ε. Die Folge(|f_n|)konvergiert also gleichmäßig gegen|f|.

(b) (⇐)lim_n→∞sup_x∈D|f_n(x)−f(x)|=0bedeutet, dass für alleε >0einn∈Nexistiert, so dass für allen≥n₀gilt sup_x∈D|f_n(x)−f(x)|< ε. Nach Definition des Supremums muss dann aber auch|f_n(x)−f(x)|< εfür alle x∈D gelten. Die Funktionenfolge konvergiert also gleichmäßig.

(⇒)Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen also an

∃ε >0 ∀n₀∈N ∃n≥n₀ sup

x∈D|f_n(x)−f(x)| ≥ε.

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Sei nunε˜= ^ε₂. Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz von (fn) auf Dexistiert dann ein n˜₀ ∈N, so dass für alle ˜n ≥ ˜n₀ und alle x ∈ D gilt |f_n˜(x)− f(x)| < ε.˜ ε˜ liefert also eine obere Schranke für|f_˜n(x)− f(x)| auf ganz D und für alle n˜ ≥ n˜₀, insbesondere also auch für n = n, wenn wir˜ n₀ = n˜₀ wählen. Damit muss aber sup_x∈D|f_n(x)−f(x)| ≤ε < ε˜ gelten, ein Widerspruch zu der Annahme. Es gilt alsolim_n→∞sup_x∈D|f_n(x)−f(x)|=0 für gleichmäßig konvergente Funktionenfolgen.

Sei nunf beschränkt. Dann existiert zunächst einmalsup_x∈D|f(x)|. Wir führen wieder einen Widerspruchsbeweis.

Wir nehmen also an

∃ε >0 ∀n₀∈N ∃n≥n₀

sup

x∈D|f_n(x)| −sup

x∈D|f(x)|

≥ε.

Dann muss aber für alleneinx∈Dexistieren, so dass gilt|f_n(x)−f(x)| ≥ε, und somitsup_x∈D|f_n(x)−f(x)| ≥ε für allen. Dies ist allerdings ein Widerspruch zulim_n→∞sup_x∈D|f_n(x)−f(x)|=0und wir sind fertig.

Aufgabe H2 (Gleichmäßige Konvergenz)

Untersuchen Sie die folgenden Funktionenfolgen bzw. -reihen auf punktweise und gleichmäßige Konvergenz:

(a) f_n=pⁿ

n²x³, x∈[0, 5]; (b) X∞

n=1

nx²

n³+x³, x∈[0, 1]; (c)g_n=sinx

n, x∈R. Lösung:

(a) Fürx∈(0, 5]gilt:

n→∞lim pn

n²x³= lim

n→∞(pⁿ n)²·pⁿ

x³= (lim

n→∞

pn

n)²·(lim

n→∞

pn

x)³=1·1=1

Für x=0 ist

nlim→∞

pn

n²·x³= lim

n→∞

pn

0=0 Also ist(fn)punktweise konvergent auf [0,5] mit der Grenzfunktion

f(x) =







0 x=0

für

1 x∈(0, 5]

.

Daf nicht stetig ist, aberf_nfür jedesn∈Nstetig auf [0,5] ist, kann(f_n)auf [0,5] nicht gleichmäßig konvergieren.

(b) Für allex∈[0, 1]gilt:

X∞

n=1

nx² n³+x³

= X∞

n=1

nx² n³+x³≤

X∞

n=1

n n³=

X∞

n=1

1 n²

Da P∞

n=1 1

n² konvergiert, konvergiert die Funktionenreihe gleichmäßig auf [0,1] nach Satz 21.10. Damit konvergiert sie insbesondere auch punktweise.

(c) Für allex∈Rgilt lim

n→∞

x

n=0und da die Sinus-Funktion stetig ist, gilt

n→∞limsin(^x_n) =sin(0) =0für allex∈R.

Also konvergiert(gn)punktweise gegen die Nullfunktion.

Die Konvergenz ist aber nicht gleichmäßig, denn:

Setzex_n=ⁿ₂^π. Dann gilt g_n(x_n) =sin(^π₂) =1 ∀n∈N. Also ist

nlim→∞[sup

x∈R

g_n(x)−g(x) ] = lim

n→∞[sup

x∈R

g_n(x) ]

≥ lim

n→∞1=1>0 Damit kann(gn)nach H1 b) nicht gleichmäßig konvergieren.

3

Aufgabe H3 (Gleichmäßige Stetigkeit)

Welche der folgenden Funktionen sind gleichmäßig stetig? Sind die Funktionen auch Lipschitz-stetig?

(a) f₁:[0,∞)→R;x7→ ₁₊¹_x2

(b) f₂:(0,∞)→R;x7→ _x¹2

Lösung:

(a) Beh.: f₁ist gleichmäßig stetig.

Beweis: Wir zeigen, dass f₁Lipschitz-stetig ist. Seienx,y∈[0,∞). Dann gilt

|f₁(x)−f₁(y)|=

1

1+x²− 1 1+y²

=

1+y²−1−x² (1+x²)(1+y²)

= |y²−x²|

(1+x²)(1+y²)=|x−y| y+x (1+x²)(1+y²). Nun gilt

y+x

(1+x²)(1+y²)= 1 1+y²

x

1+x²+ 1 1+x²

y 1+y²≤2, denn fürx≤1gilt

x

1+x² ≤ 1 1+x² ≤1, und fürx≥1

x 1+x² ≤ x

x²= 1 x ≤1.

Damit folgt also

|f₁(x)−f₁(y)| ≤2|x−y|. Damit ist f₁Lipschitz-stetig und somit auch gleichmäßig stetig.

(b) Beh.: f₂ist nicht gleichmäßig stetig.

Beweis: Annahme: f₂ ist gleichmäßig stetig. Dann existiert zu ε= 1ein δ, unabängig von x, so dass für alle x,x∈(0,∞)mit|x−y| ≤δauch|f₂(x)−f₂(y)| ≤1gilt. Für allen∈Ngilt|δ/n−δ/(2n)|=δ/(2n)< δ. Also gilt fürx=δ/nund y=δ/(2n), dass

|f₂(x)−f₂(y)|= f₂

δ n

−f₂ δ

2n

=

n² δ²−4n²

δ²

= 3n² δ² <1.

Da die natürlichen Zahlen nach oben unbeschränkt sind, ist dies jedoch ein Widerspruch. Damit kann alsof₂nicht gleichmäßig stetig sein.

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